8.必修2 第八章 立体几何初步(教师版)-【高中数学】5年(2021-2025)真题按章分类

【 高中数学 】 5年高考真题·按册按章分类 2021—2025 序号及章 单选题 多选题 填空题 解答题 1.必修1 第一章 集合与常用逻辑用语 36 1 2.必修1 第二章 一元二次函数、方程和不等式 2 1 3 3.必修1 第三章 函数的概念与性质 13 6 1 4.必修1 第四章 指数函数与对数函数 22 1 4 5.必修1 第五章 三角函数 38 2 13 3 6.必修2 第六章 平面向量及其应用 23 13 20 7.必修2 第七章 复数 26 7 8.必修2 第八章 立体几何初步 25 4 10 12 9.必修2 第九章 统计 5 3 3 10.必修2 第十章 概率 5 1 1 11.选必1 第一章 空间向量与立体几何 4 2 24 12.选必1 第二章 直线和圆的方程 8 2 8 13.选必1 第三章 圆锥曲线的方程 27 7 19 22 14.选必2 第四章 数列 16 2 9 19 15.选必2 第五章 一次函数的导数及其应用 13 8 11 35 16.选必3 第六章 计数原理 8 13 17.选必3 第七章 随机变量及其分布 2 2 6 10 18.选必3 第八章 成对数据的统计分析 4 10 【高中数学人教A版(2019)】 5年高考真题-按章分类 ( 2021—2025 ) 必修第二册 第八章 立体几何初步 25个选题 + 4个多选题 + 10个填空题 + 12个解答题 --- 学 生 版 ---- 一、单选题 1.(2021高考·全国)正四棱台的上､下底面的边长分别为2，4，侧棱长为2，则其体积为(  ) A. B. C. D. 2.(2021高考·全国)北斗三号全球卫星导航系统是我国航天事业的重要成果.在卫星导航系统中，地球静止同步卫星的轨道位于地球赤道所在平面，轨道高度为(轨道高度是指卫星到地球表面的距离)将地球看作是一个球心为O，半径r为的球，其上点A的纬度是指与赤道平面所成角的度数，地球表面上能直接观测到一颗地球静止同步轨道卫星点的纬度最大值为，记卫星信号覆盖地球表面的表面积为(单位：)，则S占地球表面积的百分比约为(  ) A.26% B.34% C.42% D.50% 3.(2021高考·全国)在正方体中，P为的中点，则直线与所成的角为(  ) A. B. C. D. 4.(2021高考·全国)已知圆锥的底面半径为，其侧面展开图为一个半圆，则该圆锥的母线长为(  ) A. B. C. D. 5.(2021高考·北京)某一时间段内，从天空降落到地面上的雨水，未经蒸发、渗漏、流失而在水平面上积聚的深度，称为这个时段的降雨量(单位：).24h降雨量的等级划分如下： 等级 24h降雨量(精确到0.1) …… …… 小雨 0.1~9.9 中雨 10.0~24.9 大雨 25.0~49.9 暴雨 50.0~99.9 …… …… 在综合实践活动中，某小组自制了一个底面直径为200 mm，高为300 mm的圆锥形雨量器.若一次降雨过程中，该雨量器收集的24h的雨水高度是150 mm(如图所示)，则这24h降雨量的等级是( ) A.小雨 B.中雨 C.大雨 D.暴雨 6.(2021高考·天津)两个圆锥的底面是一个球的同一截面，顶点均在球面上，若球的体积为，两个圆锥的高之比为，则这两个圆锥的体积之和为(  ) A. B. C. D. 7.(2022高考·全国)已知正三棱台的高为1，上、下底面边长分别为和，其顶点都在同一球面上，则该球的表面积为(  ) A. B. C. D. 8.(2022高考·全国)甲、乙两个圆锥的母线长相等，侧面展开图的圆心角之和为，侧面积分别为和，体积分别为和.若，则(  ) A. B. C. D. 9.(2022高考·全国)如图，网格纸上绘制的是一个多面体的三视图，网格小正方形的边长为1，则该多面体的体积为(  ) A.8 B.12 C.16 D.20 10.(2022高考·全国)已知球O的半径为1，四棱锥的顶点为O，底面的四个顶点均在球O的球面上，则当该四棱锥的体积最大时，其高为(  ) A. B. C. D. 11.(2022高考·全国)南水北调工程缓解了北方一些地区水资源短缺问题，其中一部分水蓄入某水库.已知该水库水位为海拔时，相应水面的面积为；水位为海拔时，相应水面的面积为，将该水库在这两个水位间的形状看作一个棱台，则该水库水位从海拔上升到时，增加的水量约为()(  ) A. B. C. D. 12.(2022高考·北京)已知正三棱锥的六条棱长均为6，S是及其内部的点构成的集合.设集合，则T表示的区域的面积为(  ) A. B. C. D. 13.(2022高考·天津)如图，“十字歇山”是由两个直三棱柱重叠后的景象，重叠后的底面为正方形，直三棱柱的底面是顶角为，腰为3的等腰三角形，则该几何体的体积为(  ) A.23 B.24 C.26 D.27 14.(2023高考·全国)在三棱锥中，是边长为2的等边三角形，，则该棱锥的体积为(  ) A.1 B. C.2 D.3 15.(2023高考·全国)已知为等腰直角三角形，AB为斜边，为等边三角形，若二面角为，则直线CD与平面ABC所成角的正切值为(  ) A. B. C. D. 16.(2023高考·全国)已知圆锥PO的底面半径为，O为底面圆心，PA，PB为圆锥的母线，，若的面积等于，则该圆锥的体积为(  ) A. B. C. D. 17.(2023高考·北京)坡屋顶是我国传统建筑造型之一，蕴含着丰富的数学元素.安装灯带可以勾勒出建筑轮廓，展现造型之美.如图，某坡屋顶可视为一个五面体，其中两个面是全等的等腰梯形，两个面是全等的等腰三角形.若，且等腰梯形所在的平面、等腰三角形所在的平面与平面的夹角的正切值均为，则该五面体的所有棱长之和为(  ) A.102m B.112m C.117m D.125m 18.(2023高考·天津)在三棱锥中，线段上的点满足，线段上的点满足，则三棱锥和三棱锥的体积之比为(  ) A. B. C. D. 19.(2024高考·全国)设为两个平面，为两条直线，且.下述四个命题： ①若，则或 ②若，则或 ③若且，则 ④若与,所成的角相等，则 其中所有真命题的编号是( ) A.①③ B.②④ C.①②③ D.①③④ 20.(2024高考·全国)已知正三棱台的体积为，，，则与平面ABC所成角的正切值为( ) A. B.1 C.2 D.3 21.(2024高考·全国)已知圆柱和圆锥的底面半径相等，侧面积相等，且它们的高均为，则圆锥的体积为( ) A. B. C. D. 22.(2024高考·北京)如图，在四棱锥中，底面是边长为4的正方形，，，该棱锥的高为( ) A.1 B.2 C. D. 23.(2024高考·天津)一个五面体.已知，且两两之间距离为1.并已知.则该五面体的体积为( ) A. B. C. D. 24.(2024高考·天津)若为两条不同的直线，为一个平面，则下列结论中正确的是( ) A.若，，则 B.若，则 C.若，则 D.若，则与相交 25.(2025高考·天津)若m为直线，为两个平面，则下列结论中正确的是(  ) A.若，则 B.若，则 C.若，则 D.若，则 二、多选题 26.(2021高考·全国)如图，在正方体中，O为底面的中心，P为所在棱的中点，M，N为正方体的顶点.则满足的是(  ) A. B. C. D. 27.(2022高考·全国)如图，四边形为正方形，平面，，记三棱锥，，的体积分别为，则(  ) A. B. C. D. 28.(2023高考·全国)下列物体中，能够被整体放入棱长为1(单位：m)的正方体容器(容器壁厚度忽略不计)内的有(  ) A.直径为的球体 B.所有棱长均为的四面体 C.底面直径为，高为的圆柱体 D.底面直径为，高为的圆柱体 29.(2023高考·全国)已知圆锥的顶点为P，底面圆心为O，AB为底面直径，，，点C在底面圆周上，且二面角为45°，则(  ) A.该圆锥的体积为 B.该圆锥的侧面积为 C. D.的面积为 三、填空题 30.(2021高考·全国)已知一个圆锥的底面半径为6，其体积为则该圆锥的侧面积为__________. 31.(2023高考·全国)已知点均在半径为2的球面上，是边长为3的等边三角形，平面，则__________. 32.(2023高考·全国)在正方体中，为的中点，若该正方体的棱与球的球面有公共点，则球的半径的取值范围是__________. 33.(2023高考·全国)在正方体中，E，F分别为AB，的中点，以EF为直径的球的球面与该正方体的棱共有__________个公共点。 34.(2023高考·全国)在正四棱台中，，则该棱台的体积为__________. 35.(2023高考·全国)底面边长为4的正四棱锥被平行于其底面的平面所截，截去一个底面边长为2，高为3的正四棱锥，所得棱台的体积为__________. 36.(2024高考·全国)已知圆台甲、乙的上底面半径均为,下底面半径均为，圆台的母线长分别为,，则圆台甲与乙的体积之比为 . 37.(2025高考·全国二卷)一个底面半径为，高为的封闭圆柱形容器(容器壁厚度忽略不计)内有两个半径相等的铁球，则铁球半径的最大值为 . 38.(2025高考·上海)如图，在正四棱柱中，，则该正四棱柱的体积为 . 39.(2025高考·北京)某科技兴趣小组用3D打印机制作的一个零件可以抽象为如图所示的多面体，其中ABCDEF是一个平面多边形，平面平面ABC，平面平面ABC，，.若，则该多面体的体积为 . 四、解答题 40.(2021高考·全国)已知直三棱柱中，侧面为正方形，，E，F分别为和的中点，。 (1)求三棱锥的体积； (2)已知D为棱上的点，证明：。 41.(2021高考·全国)如图，四棱锥的底面是矩形，底面，M为的中点，且。 (1)证明：平面平面； (2)若，求四棱锥的体积. 42.(2021高考·全国)如图，在三棱锥中，平面平面，，为的中点. (1)证明：； (2)若是边长为1的等边三角形，点在棱上，，且二面角的大小为，求三棱锥的体积。 43.(2022高考·全国)如图，四面体中，，E为AC的中点. (1)证明：平面平面ACD； (2)设，点F在BD上，当的面积最小时，求三棱锥的体积. 44.(2022高考·全国)小明同学参加综合实践活动，设计了一个封闭的包装盒，包装盒如图所示：底面是边长为8(单位：)的正方形，均为正三角形，且它们所在的平面都与平面垂直。 (1)证明：平面； (2)求该包装盒的容积(不计包装盒材料的厚度)。 45.(2023高考·全国)如图，在三棱柱中，平面。 (1)证明：平面平面； (2)设，求四棱锥的高. 46.(2023高考·全国)如图，在三棱柱中，底面ABC，，到平面的距离为1。 (1)证明：； (2)已知与的距离为2，求与平面所成角的正弦值. 47.(2023高考·天津)三棱台中，若面，分别是中点。 (1)求证：//平面； (2)求平面与平面所成夹角的余弦值； (3)求点到平面的距离。 48.(2024高考·全国)如图，，，，,为的中点. (1)证明：平面； (2)求点到的距离. 49.(2024高考·全国)如图，四棱锥中，底面ABCD，，. (1)若，证明：平面； (2)若，且二面角的正弦值为，求. 50.(2024高考·上海)如图为正四棱锥为底面的中心. (1)若，求绕旋转一周形成的几何体的体积； (2)若为的中点，求直线与平面所成角的大小. 51.(2025高考·上海)如图，P是圆锥的顶点，O是底面圆心，AB是底面直径，且. (1)若直线PA与圆锥底面的所成角为，求圆锥的侧面积； (2)已知Q是母线PA的中点，点C、D在底面圆周上，且弧AC的长为，.设点M在线段OC上，证明：直线平面PBD. 【高中数学人教A版(2019)】 5年高考真题-按章分类 ( 2021—2025 ) 必修第二册 第八章 立体几何初步 参考答案及解析 一、单选题 1.D 作出图形，连接该正四棱台上下底面的中心，如图， 因为该四棱台上下底面边长分别为2，4，侧棱长为2，所以该棱台的高，下底面面积，上底面面积，所以该棱台的体积。 2.C 由题意可得，S占地球表面积的百分比约为：。 3.D 如图，连接，因为∥，所以或其补角为直线与所成的角，因为平面，所以，又，，所以平面，所以，设正方体棱长为2，则，，所以. 4.B 设圆锥的母线长为，由于圆锥底面圆的周长等于扇形的弧长，则，解得。 5.B 由题意，一个半径为的圆面内的降雨充满一个底面半径为，高为的圆锥，所以积水厚度，属于中雨。 6.B 如下图所示，设两个圆锥的底面圆圆心为点，设圆锥和圆锥的高之比为，即， 设球的半径为，则，可得，所以，，所以，，，，则，所以，，又因为，所以，，所以，，，因此，这两个圆锥的体积之和为。 7.A 设正三棱台上下底面所在圆面的半径，所以，即，设球心到上下底面的距离分别为，球的半径为，所以，，故或，即或，解得符合题意，所以球的表面积为。 8.C 解：设母线长为，甲圆锥底面半径为，乙圆锥底面圆半径为，则，所以，又，则，所以，所以甲圆锥的高，乙圆锥的高，所以。 9.B 由三视图还原几何体，如图， 则该直四棱柱的体积。 10.C 【方法一】：基本不等式设该四棱锥底面为四边形ABCD，四边形ABCD所在小圆半径为r，设四边形ABCD对角线夹角为，则(当且仅当四边形ABCD为正方形时等号成立)即当四棱锥的顶点O到底面ABCD所在小圆距离一定时，底面ABCD面积最大值为又设四棱锥的高为，则，当且仅当即时等号成立。 【方法二】：统一变量＋基本不等式由题意可知，当四棱锥为正四棱锥时，其体积最大，设底面边长为，底面所在圆的半径为，则，所以该四棱锥的高， (当且仅当，即时，等号成立)所以该四棱锥的体积最大时，其高。 【方法三】：利用导数求最值由题意可知，当四棱锥为正四棱锥时，其体积最大，设底面边长为，底面所在圆的半径为，则，所以该四棱锥的高，，令，，设，则，，，单调递增， ，，单调递减，所以当时，最大，此时。 11.C 依题意可知棱台的高为(m)，所以增加的水量即为棱台的体积.棱台上底面积，下底面积，∴。 12.B 设顶点在底面上的投影为，连接，则为三角形的中心，且，故因为，故，故的轨迹为以为圆心，1为半径的圆，而三角形内切圆的圆心为，半径为，故的轨迹圆在三角形内部，故其面积为 13.D 该几何体由直三棱柱及直三棱柱组成，作于M，如图，因为，所以，因为重叠后的底面为正方形，所以，在直棱柱中，平面BHC，则，由可得平面，设重叠后的EG与交点为 则则该几何体的体积为。 14.A 取中点，连接，如图， 是边长为2的等边三角形，，，又平面，，平面，又，，故，即，所以， 15.C 取的中点，连接，因为是等腰直角三角形，且为斜边，则有，又是等边三角形，则，从而为二面角的平面角，即， 显然平面，于是平面，又平面，因此平面平面，显然平面平面，直线平面，则直线在平面内的射影为直线，从而为直线与平面所成的角，令，则，在中，由余弦定理得：，由正弦定理得，即，显然是锐角，，所以直线与平面所成的角的正切为。 16.B 在中，，而，取中点，连接，有，如图， ，，由的面积为，得，解得，于是，所以圆锥的体积。 17.C 如图，过做平面，垂足为，过分别做，，垂足分别为，，连接， 由题意得等腰梯形所在的面、等腰三角形所在的面与底面夹角分别为和，所以因为平面，平面，所以，因为，平面，，所以平面，因为平面，所以，.同理：，又，故四边形是矩形，所以由得，所以，所以，所以在直角三角形中，在直角三角形中，，，又因为，所有棱长之和为。 18.B 如图，分别过作，垂足分别为.过作平面，垂足为，连接，过作，垂足为。 因为平面，平面，所以平面平面.又因为平面平面，，平面，所以平面，且。在中，因为所以，所以，在中，因为，所以，。 19.A 对①，当，因为，，则，当，因为，，则，当既不在也不在内，因为，，则且，①正确；对②，若，则与不一定垂直，②错误；对③，过直线分别作两平面与分别相交于直线和直线，因为，过直线的平面与平面的交线为直线，则根据线面平行的性质定理知，同理可得，则，因为平面，平面，则平面，因为平面，，则，又因为，则，③正确； 对④，若与和所成的角相等，如果，则，④错误； 综上只有①③正确， 20.B 解法一：分别取的中点，则，可知，设正三棱台的为，则，解得，如图，分别过作底面垂线，垂足为，设， 则，，可得，结合等腰梯形可得,即，解得，所以与平面ABC所成角的正切值为； 解法二：将正三棱台补成正三棱锥， 则与平面ABC所成角即为与平面ABC所成角，因为，则，可知，则，设正三棱锥的高为，则，解得，取底面ABC的中心为，则底面ABC，且，所以与平面ABC所成角的正切值. 21.B 设圆柱的底面半径为，则圆锥的母线长为，而它们的侧面积相等，所以即，故，故圆锥的体积为. 22.D 如图，底面为正方形，当相邻的棱长相等时，不妨设， 分别取的中点，连接，则，且，平面，可知平面，且平面，所以平面平面，过作的垂线，垂足为，即，由平面平面，平面，所以平面，由题意可得：，则，即，则，可得，所以四棱锥的高为.当相对的棱长相等时，不妨设，，因为，此时不能形成三角形，与题意不符，这样情况不存在。故选D. 23.C 用一个完全相同的五面体(顶点与五面体一一对应)与该五面体相嵌，使得；;重合，因为，且两两之间距离为1.，则形成的新组合体为一个三棱柱，该三棱柱的直截面(与侧棱垂直的截面)为边长为1的等边三角形，侧棱长为，. 24.C 对于A，若，，则平行或异面或相交，A错误.对于B，若，则平行或异面或相交，B错误。对于C，，过作平面，使得，因为，故，而，故，故，C正确。对于D，若，则与相交或异面，D错误。 25.C 对于A，若，则可平行或异面，A错误。对于B，若，则，B错误。对于C，两条平行线有一条垂直于一个平面，则另一个必定垂直这个平面，现，故，C正确。对于D，，则与可平行或相交或，D错误，C正确。 一、多选题 26.BC 设正方体的棱长为，对于A，如图(1)所示，连接，则，故(或其补角)为异面直线所成的角，在直角三角形，，，故，故不成立，A错误。 对于B，如图(2)所示，取的中点为，连接，，则，，由正方体可得平面，而平面，故，而，故平面，又平面，，而，所以平面，而平面，故，B正确。 对于C，如图(3)，连接，则，由B的判断可得，故，C正确。 对于D，如图(4)，取的中点，的中点，连接，则，因为，故，故，所以或其补角为异面直线所成的角， 因为正方体的棱长为2，故，，，，故不是直角，故不垂直，D错误。 27.CD 设，因为平面，，则，，连接交于点，连接，易得，又平面，平面，则，又，平面，则平面，又，过作于，易得四边形为矩形，则，则，，，则，，，则，则，，，A、B错误，C、D正确。 28.ABD 因为，即球体的直径小于正方体的棱长，所以能够被整体放入正方体内，A正确。因为正方体的面对角线长为，且，所以能够被整体放入正方体内，B正确。因为正方体的体对角线长为，且，所以不能够被整体放入正方体内，C不正确。因为，可知底面正方形不能包含圆柱的底面圆，如图，过的中点作，设，可知，则，即，解得，且，即，故以为轴可能对称放置底面直径为圆柱，若底面直径为的圆柱与正方体的上下底面均相切，设圆柱的底面圆心，与正方体的下底面的切点为，可知：，则，即，解得，根据对称性可知圆柱的高为，所以能够被整体放入正方体内，D正确。 29.AC 依题意，，，所以，圆锥的体积为，A正确。圆锥的侧面积为，B错误。设是的中点，连接，则，所以是二面角的平面角，则，所以，故，则，C正确。，所以，D错误。 三、填空题 30. ∵∴∴∴。 31. 2 如图，将三棱锥转化为正三棱柱，设的外接圆圆心为，半径为，则，可得，设三棱锥的外接球球心为，连接，则，因为，即，解得. 32. 设球的半径为，当球是正方体的外接球时，恰好经过正方体的每个顶点，所求的球的半径最大，若半径变得更大，球会包含正方体，导致球面和棱没有交点，正方体的外接球直径为体对角线长，即，故； 分别取侧棱的中点，显然四边形是边长为的正方形，且为正方形的对角线交点，连接，则，当球的一个大圆恰好是四边形的外接圆，球的半径达到最小，即的最小值为，综上，。 33.12 不妨设正方体棱长为2，中点为，取，中点，侧面的中心为，连接，如图， 由题意可知，为球心，在正方体中，，即，则球心到的距离为，所以球与棱相切，球面与棱只有1个交点，同理，根据正方体的对称性知，其余各棱和球面也只有1个交点，所以以EF为直径的球面与正方体棱的交点总数为12。 34. 如图，过作，垂足为，易知为四棱台的高， 因为，则，故，则，所以所求体积为。 35. 28 方法一：由于，而截去的正四棱锥的高为，所以原正四棱锥的高为，所以正四棱锥的体积为，截去的正四棱锥的体积为，所以棱台的体积为。 方法二：棱台的体积为。 36. 由题可得两个圆台的高分别为， ，所以. 37.2.5 圆柱的底面半径为，设铁球的半径为r，且，由圆柱与球的性质知，即，，故答案为：。 38.112 因为且四边形为正方形，故，，故，故，故所求体积为. 39.60 先证明一个结论：如果平面平面，平面平面，平面，则. 证明：设，， 在平面取一点，，在平面内过作直线，使得，作直线，使得，因为平面平面，，故，而，故，同理，而，故。 下面回归问题。连接，因为且，故，同理，，而，故直角梯形与直角梯形全等，故，在直角梯形中，过作，垂足为，则四边形为矩形，且为以为直角的等腰直角三角形，故，平面平面，平面平面，，平面，故平面，取的中点为，的中点为，的中点为，连接，则，同理可证平面，而平面，故平面平面，同理平面平面，而平面平面，故平面，故，故四边形为平行四边形，故，在平面中过作，交于，连接.则四边形为平行四边形，且，故，故四边形为平行四边形， 而平面，故平面，故平面平面，而，故，故几何体为直棱柱，而，故，因为，故平面，而平面，故平面平面，在平面中过作，垂足为，同理可证平面，而，故，故，由对称性可得几何体的体积为， 四、解答题 40.【答案】(1) (2)证明见解析 【解析】(1)由于，，所以，又AB⊥BB1，，故平面，则，为等腰直角三角形，，。 (2)由(1)的结论可将几何体补形为一个棱长为2的正方体，如图所示，取棱的中点，连结， 正方形中，为中点，则，又，故平面，而平面，从而 。 41.【答案】(1)证明见解析 (2) 【解析】(1)因为底面，平面，所以，又，，所以平面，而平面，所以平面平面。 (2)【方法一】：相似三角形法由(1)可知，于是，故。因为，所以，即故四棱锥的体积。 【方法二】：平面直角坐标系垂直垂直法由(2)知，所以。建立如图所示的平面直角坐标系，设。 因为，所以，，，，从而所以，即.下同方法一. 【方法三】：空间直角坐标系法，建立如图所示的空间直角坐标系， 设，所以，，，，，所以，，，所以.所以，即下同方法一。 【方法四】：空间向量法 由，得，所以，即.又底面，在平面内，因此，所以.所以，由于四边形是矩形，根据数量积的几何意义，得，即，所以，即，下同方法一。 42.【答案】(1)证明见解析 (2) 【解析】(1)因为，O是中点，所以，因为平面，平面平面，且平面平面，所以平面，因为平面，所以。 (2)【方法一】：通性通法—坐标法，如图所示，以O为坐标原点，为轴，为y轴，垂直且过O的直线为x轴，建立空间直角坐标系，则，设， 所以，设为平面的法向量，则由可求得平面的一个法向量为.又平面的一个法向量为，所以，解得.又点C到平面的距离为，所以，所以三棱锥的体积为。 【方法二】：作出二面角的平面角，如图所示，作，垂足为点G，作，垂足为点F，连结，则。 因为平面，所以平面，为二面角的平面角.因为，所以，由已知得，故，又，所以.因为，. 【方法三】：三面角公式，考虑三面角，记为，为，，记二面角为.据题意，得，对使用三面角的余弦公式，可得，化简可得，①使用三面角的正弦公式，可得，化简可得.②将①②两式平方后相加，可得，由此得，从而可得. 如图可知，即有，根据三角形相似知，点G为的三等分点，即可得，结合的正切值，可得从而可得三棱锥的体积为。 43.【答案】(1)证明见解析 (2) 【解析】(1)由于，是的中点，所以，由于，所以，所以，故，由于，平面，所以平面，由于平面，所以平面平面。 (2)【方法一】：判别几何关系，依题意，，三角形是等边三角形，所以，由于，所以三角形是等腰直角三角形，所以，，所以，由于，平面，所以平面。由于，所以，由于，所以，所以，所以，由于，所以当最短时，三角形的面积最小过作，垂足为，在中，，解得，所以，所以过作，垂足为，则，所以平面，且，所以，所以. 【方法二】：等体积转换，，， 是边长为2的等边三角形， 连接。 44.【答案】(1)证明见解析 (2) 【解析】(1)如图所示： 分别取的中点，连接，因为为全等的正三角形，所以，，又平面平面，平面平面，平面，所以平面，同理可得平面，根据线面垂直的性质定理可知，而，所以四边形为平行四边形，所以，又平面，平面，所以平面。 (2)【方法一】：分割法一 如图所示： 分别取中点，由(1)知，且，同理有，，，，由平面知识可知，，，，所以该几何体的体积等于长方体的体积加上四棱锥体积的倍。因为，，点到平面的距离即为点到直线的距离，，所以该几何体的体积。 【方法二】：分割法二 如图所示： 连接AC，BD，交于O，连接OE，OF，OG，OH.则该几何体的体积等于四棱锥O-EFGH的体积加上三棱锥A-OEH的倍，再加上三棱锥E-OAB的四倍.容易求得，OE=OF=OG=OH=8，取EH的中点P，连接AP，OP.则EH垂直平面APO.由图可知，三角形APO，四棱锥O-EFGH与三棱锥E-OAB的高均为EM的长.所以该几何体的体积。 45.【答案】(1)证明见解析 (3) 【解析】(1)证明：因为平面，平面，所以，又因为，即，平面，，所以平面，又因为平面，所以平面平面。 (2)如图， 过点作，垂足为，因为平面平面，平面平面，平面，所以平面，所以四棱锥的高为。因为平面，平面，所以，，又因为，为公共边，所以与全等，所以，设，则，所以为中点，，又因为，所以，即，解得，所以，所以四棱锥的高为。 46.【答案】(1)证明见解析 (2) 【解析】(1)如图， 底面，面，，又，平面，，平面ACC1A1，又平面，平面平面，过作交于，又平面平面，平面，平面到平面的距离为1，，在中，，设，则，为直角三角形，且，，，，，解得，，。 (2) ，，过B作，交于D，则为中点，由直线与距离为2，所以，，，在，，延长，使，连接，由知四边形为平行四边形，，平面，又平面，则在中，，，在中，，，，又到平面距离也为1，所以与平面所成角的正弦值为。 47.【答案】(1)证明见解析 (2) (2) 【解析】(1) 连接由分别是的中点，根据中位线性质，//，且，由棱台性质，//，于是//，由可知，四边形是平行四边形，则//，又平面，平面，于是//平面。 (2)过作，垂足为，过作，垂足为，连接由面，面，故，又，，平面，则平面由平面，故，又，，平面，于是平面，由平面，故。于是平面与平面所成角即，又，，则，故，在中，，则，于是。 (3)【方法一：几何法】 过作，垂足为，作，垂足为，连接，过作，垂足为，由题干数据可得，，，根据勾股定理，，由平面，平面，则，又，，平面，于是平面又平面，则，又，，平面，故平面.在中，，又，故点到平面的距离是到平面的距离的两倍，即点到平面的距离是。 【方法二：等体积法】 辅助线同方法一设点到平面的距离为，，由，即。 48.【答案】(1)证明见详解； (2). 【解析】(1)由题意得，，且，所以四边形是平行四边形，所以，又平面平面，所以平面； (2)取的中点，连接，，因为，且，所以四边形是平行四边形，所以，又，故是等腰三角形，同理是等腰三角形，可得，又，所以，故.又平面，所以平面，易知.在中，，所以.设点到平面的距离为，由，得，得，故点到平面的距离为. 49.【答案】(1)证明见解析 (2) 【解析】(1)(1)因为平面，而平面，所以，又，，平面，所以平面，而平面，所以.因为，所以， 根据平面知识可知，又平面，平面，所以平面. (2)如图所示，过点D作于，再过点作于，连接，因为平面，所以平面平面，而平面平面，所以平面，又，所以平面，根据二面角的定义可知，即为二面角的平面角，即，即.因为，设，则，由等面积法可得，，又，而为等腰直角三角形，所以，故，解得，即. 50.【答案】(1) (2) 【解析】(1)正四棱锥满足且平面，由平面，则，又正四棱锥底面是正方形，由可得，，故，根据圆锥的定义，绕旋转一周形成的几何体是以为轴，为底面半径的圆锥，即圆锥的高为，底面半径为，根据圆锥的体积公式，所得圆锥的体积是 (2)连接，由题意结合正四棱锥的性质可知，每个侧面都是等边三角形， 由是中点，则，又平面，故平面，即平面，又平面，于是直线与平面所成角的大小即为，不妨设，则，，又线面角的范围是，故.即为所求. 51.【答案】(1) (2)证明见解析 【解析】(1)由题知，，即轴截面是等边三角形，故，底面周长为，则侧面积为：。 (2)由题知，则根据中位线性质，，又平面，平面，则平面由于，底面圆半径是，则，又，则，又，则为等边三角形，则，于是且，则四边形是平行四边形，故，又平面，平面，故平面，又平面，根据面面平行的判定，于是平面平面，又，则平面，则平面。 22 / 39 学科网（北京）股份有限公司 $$ 【 高中数学 】 5年高考真题·按册按章分类 2021—2025 序号及章 单选题 多选题 填空题 解答题 1.必修1 第一章 集合与常用逻辑用语 36 1 2.必修1 第二章 一元二次函数、方程和不等式 2 1 3 3.必修1 第三章 函数的概念与性质 13 6 1 4.必修1 第四章 指数函数与对数函数 22 1 4 5.必修1 第五章 三角函数 38 2 13 3 6.必修2 第六章 平面向量及其应用 23 13 20 7.必修2 第七章 复数 26 7 8.必修2 第八章 立体几何初步 25 4 10 12 9.必修2 第九章 统计 5 3 3 10.必修2 第十章 概率 5 1 1 11.选必1 第一章 空间向量与立体几何 4 2 24 12.选必1 第二章 直线和圆的方程 8 2 8 13.选必1 第三章 圆锥曲线的方程 27 7 19 22 14.选必2 第四章 数列 16 2 9 19 15.选必2 第五章 一次函数的导数及其应用 13 8 11 35 16.选必3 第六章 计数原理 8 13 17.选必3 第七章 随机变量及其分布 2 2 6 10 18.选必3 第八章 成对数据的统计分析 4 10 【高中数学人教A版(2019)】 5年高考真题-按章分类 ( 2021—2025 ) 必修第二册 第八章 立体几何初步 25个选题 + 4个多选题 + 10个填空题 + 12个解答题 ---- 教 师 版 ---- 一、单选题 1.(2021高考·全国)正四棱台的上､下底面的边长分别为2，4，侧棱长为2，则其体积为(  ) A. B. C. D. 1.D 作出图形，连接该正四棱台上下底面的中心，如图， 因为该四棱台上下底面边长分别为2，4，侧棱长为2，所以该棱台的高，下底面面积，上底面面积，所以该棱台的体积。 2.(2021高考·全国)北斗三号全球卫星导航系统是我国航天事业的重要成果.在卫星导航系统中，地球静止同步卫星的轨道位于地球赤道所在平面，轨道高度为(轨道高度是指卫星到地球表面的距离)将地球看作是一个球心为O，半径r为的球，其上点A的纬度是指与赤道平面所成角的度数，地球表面上能直接观测到一颗地球静止同步轨道卫星点的纬度最大值为，记卫星信号覆盖地球表面的表面积为(单位：)，则S占地球表面积的百分比约为(  ) A.26% B.34% C.42% D.50% 2.C 由题意可得，S占地球表面积的百分比约为：。 3.(2021高考·全国)在正方体中，P为的中点，则直线与所成的角为(  ) A. B. C. D. 3.D 如图，连接，因为∥，所以或其补角为直线与所成的角，因为平面，所以，又，，所以平面，所以，设正方体棱长为2，则，，所以. 4.(2021高考·全国)已知圆锥的底面半径为，其侧面展开图为一个半圆，则该圆锥的母线长为(  ) A. B. C. D. 4.B 设圆锥的母线长为，由于圆锥底面圆的周长等于扇形的弧长，则，解得。 5.(2021高考·北京)某一时间段内，从天空降落到地面上的雨水，未经蒸发、渗漏、流失而在水平面上积聚的深度，称为这个时段的降雨量(单位：).24h降雨量的等级划分如下： 等级 24h降雨量(精确到0.1) …… …… 小雨 0.1~9.9 中雨 10.0~24.9 大雨 25.0~49.9 暴雨 50.0~99.9 …… …… 在综合实践活动中，某小组自制了一个底面直径为200 mm，高为300 mm的圆锥形雨量器.若一次降雨过程中，该雨量器收集的24h的雨水高度是150 mm(如图所示)，则这24h降雨量的等级是( ) A.小雨 B.中雨 C.大雨 D.暴雨 5.B 由题意，一个半径为的圆面内的降雨充满一个底面半径为，高为的圆锥，所以积水厚度，属于中雨。 6.(2021高考·天津)两个圆锥的底面是一个球的同一截面，顶点均在球面上，若球的体积为，两个圆锥的高之比为，则这两个圆锥的体积之和为(  ) A. B. C. D. 6.B 如下图所示，设两个圆锥的底面圆圆心为点，设圆锥和圆锥的高之比为，即， 设球的半径为，则，可得，所以，，所以，，，，则，所以，，又因为，所以，，所以，，，因此，这两个圆锥的体积之和为。 7.(2022高考·全国)已知正三棱台的高为1，上、下底面边长分别为和，其顶点都在同一球面上，则该球的表面积为(  ) A. B. C. D. 7.A 设正三棱台上下底面所在圆面的半径，所以，即，设球心到上下底面的距离分别为，球的半径为，所以，，故或，即或，解得符合题意，所以球的表面积为。 8.(2022高考·全国)甲、乙两个圆锥的母线长相等，侧面展开图的圆心角之和为，侧面积分别为和，体积分别为和.若，则(  ) A. B. C. D. 8.C 解：设母线长为，甲圆锥底面半径为，乙圆锥底面圆半径为，则，所以，又，则，所以，所以甲圆锥的高，乙圆锥的高，所以。 9.(2022高考·全国)如图，网格纸上绘制的是一个多面体的三视图，网格小正方形的边长为1，则该多面体的体积为(  ) A.8 B.12 C.16 D.20 9.B 由三视图还原几何体，如图， 则该直四棱柱的体积。 10.(2022高考·全国)已知球O的半径为1，四棱锥的顶点为O，底面的四个顶点均在球O的球面上，则当该四棱锥的体积最大时，其高为(  ) A. B. C. D. 10.C 【方法一】：基本不等式设该四棱锥底面为四边形ABCD，四边形ABCD所在小圆半径为r，设四边形ABCD对角线夹角为，则(当且仅当四边形ABCD为正方形时等号成立)即当四棱锥的顶点O到底面ABCD所在小圆距离一定时，底面ABCD面积最大值为又设四棱锥的高为，则，当且仅当即时等号成立。 【方法二】：统一变量＋基本不等式由题意可知，当四棱锥为正四棱锥时，其体积最大，设底面边长为，底面所在圆的半径为，则，所以该四棱锥的高， (当且仅当，即时，等号成立)所以该四棱锥的体积最大时，其高。 【方法三】：利用导数求最值由题意可知，当四棱锥为正四棱锥时，其体积最大，设底面边长为，底面所在圆的半径为，则，所以该四棱锥的高，，令，，设，则，，，单调递增， ，，单调递减，所以当时，最大，此时。 11.(2022高考·全国)南水北调工程缓解了北方一些地区水资源短缺问题，其中一部分水蓄入某水库.已知该水库水位为海拔时，相应水面的面积为；水位为海拔时，相应水面的面积为，将该水库在这两个水位间的形状看作一个棱台，则该水库水位从海拔上升到时，增加的水量约为()(  ) A. B. C. D. 11.C 依题意可知棱台的高为(m)，所以增加的水量即为棱台的体积.棱台上底面积，下底面积，∴。 12.(2022高考·北京)已知正三棱锥的六条棱长均为6，S是及其内部的点构成的集合.设集合，则T表示的区域的面积为(  ) A. B. C. D. 12.B 设顶点在底面上的投影为，连接，则为三角形的中心，且，故因为，故，故的轨迹为以为圆心，1为半径的圆，而三角形内切圆的圆心为，半径为，故的轨迹圆在三角形内部，故其面积为 13.(2022高考·天津)如图，“十字歇山”是由两个直三棱柱重叠后的景象，重叠后的底面为正方形，直三棱柱的底面是顶角为，腰为3的等腰三角形，则该几何体的体积为(  ) A.23 B.24 C.26 D.27 13.D 该几何体由直三棱柱及直三棱柱组成，作于M，如图，因为，所以，因为重叠后的底面为正方形，所以，在直棱柱中，平面BHC，则，由可得平面，设重叠后的EG与交点为 则则该几何体的体积为。 14.(2023高考·全国)在三棱锥中，是边长为2的等边三角形，，则该棱锥的体积为(  ) A.1 B. C.2 D.3 14.A 取中点，连接，如图， 是边长为2的等边三角形，，，又平面，，平面，又，，故，即，所以， 15.(2023高考·全国)已知为等腰直角三角形，AB为斜边，为等边三角形，若二面角为，则直线CD与平面ABC所成角的正切值为(  ) A. B. C. D. 15.C 取的中点，连接，因为是等腰直角三角形，且为斜边，则有，又是等边三角形，则，从而为二面角的平面角，即， 显然平面，于是平面，又平面，因此平面平面，显然平面平面，直线平面，则直线在平面内的射影为直线，从而为直线与平面所成的角，令，则，在中，由余弦定理得：，由正弦定理得，即，显然是锐角，，所以直线与平面所成的角的正切为。 16.(2023高考·全国)已知圆锥PO的底面半径为，O为底面圆心，PA，PB为圆锥的母线，，若的面积等于，则该圆锥的体积为(  ) A. B. C. D. 16.B 在中，，而，取中点，连接，有，如图， ，，由的面积为，得，解得，于是，所以圆锥的体积。 17.(2023高考·北京)坡屋顶是我国传统建筑造型之一，蕴含着丰富的数学元素.安装灯带可以勾勒出建筑轮廓，展现造型之美.如图，某坡屋顶可视为一个五面体，其中两个面是全等的等腰梯形，两个面是全等的等腰三角形.若，且等腰梯形所在的平面、等腰三角形所在的平面与平面的夹角的正切值均为，则该五面体的所有棱长之和为(  ) A.102m B.112m C.117m D.125m 17.C 如图，过做平面，垂足为，过分别做，，垂足分别为，，连接， 由题意得等腰梯形所在的面、等腰三角形所在的面与底面夹角分别为和，所以因为平面，平面，所以，因为，平面，，所以平面，因为平面，所以，.同理：，又，故四边形是矩形，所以由得，所以，所以，所以在直角三角形中，在直角三角形中，，，又因为，所有棱长之和为。 18.(2023高考·天津)在三棱锥中，线段上的点满足，线段上的点满足，则三棱锥和三棱锥的体积之比为(  ) A. B. C. D. 18.B 如图，分别过作，垂足分别为.过作平面，垂足为，连接，过作，垂足为。 因为平面，平面，所以平面平面.又因为平面平面，，平面，所以平面，且。在中，因为所以，所以，在中，因为，所以，。 19.(2024高考·全国)设为两个平面，为两条直线，且.下述四个命题： ①若，则或 ②若，则或 ③若且，则 ④若与,所成的角相等，则 其中所有真命题的编号是( ) A.①③ B.②④ C.①②③ D.①③④ 19.A 对①，当，因为，，则，当，因为，，则，当既不在也不在内，因为，，则且，①正确；对②，若，则与不一定垂直，②错误；对③，过直线分别作两平面与分别相交于直线和直线，因为，过直线的平面与平面的交线为直线，则根据线面平行的性质定理知，同理可得，则，因为平面，平面，则平面，因为平面，，则，又因为，则，③正确； 对④，若与和所成的角相等，如果，则，④错误； 综上只有①③正确， 20.(2024高考·全国)已知正三棱台的体积为，，，则与平面ABC所成角的正切值为( ) A. B.1 C.2 D.3 20.B 解法一：分别取的中点，则，可知，设正三棱台的为，则，解得，如图，分别过作底面垂线，垂足为，设， 则，，可得，结合等腰梯形可得,即，解得，所以与平面ABC所成角的正切值为； 解法二：将正三棱台补成正三棱锥， 则与平面ABC所成角即为与平面ABC所成角，因为，则，可知，则，设正三棱锥的高为，则，解得，取底面ABC的中心为，则底面ABC，且，所以与平面ABC所成角的正切值. 21.(2024高考·全国)已知圆柱和圆锥的底面半径相等，侧面积相等，且它们的高均为，则圆锥的体积为( ) A. B. C. D. 21.B 设圆柱的底面半径为，则圆锥的母线长为，而它们的侧面积相等，所以即，故，故圆锥的体积为. 22.(2024高考·北京)如图，在四棱锥中，底面是边长为4的正方形，，，该棱锥的高为( ) A.1 B.2 C. D. 22.D 如图，底面为正方形，当相邻的棱长相等时，不妨设， 分别取的中点，连接，则，且，平面，可知平面，且平面，所以平面平面，过作的垂线，垂足为，即，由平面平面，平面，所以平面，由题意可得：，则，即，则，可得，所以四棱锥的高为.当相对的棱长相等时，不妨设，，因为，此时不能形成三角形，与题意不符，这样情况不存在。故选D. 23.(2024高考·天津)一个五面体.已知，且两两之间距离为1.并已知.则该五面体的体积为( ) A. B. C. D. 23.C 用一个完全相同的五面体(顶点与五面体一一对应)与该五面体相嵌，使得；;重合，因为，且两两之间距离为1.，则形成的新组合体为一个三棱柱，该三棱柱的直截面(与侧棱垂直的截面)为边长为1的等边三角形，侧棱长为，. 24.(2024高考·天津)若为两条不同的直线，为一个平面，则下列结论中正确的是( ) A.若，，则 B.若，则 C.若，则 D.若，则与相交 24.C 对于A，若，，则平行或异面或相交，A错误.对于B，若，则平行或异面或相交，B错误。对于C，，过作平面，使得，因为，故，而，故，故，C正确。对于D，若，则与相交或异面，D错误。 25.(2025高考·天津)若m为直线，为两个平面，则下列结论中正确的是(  ) A.若，则 B.若，则 C.若，则 D.若，则 25.C 对于A，若，则可平行或异面，A错误。对于B，若，则，B错误。对于C，两条平行线有一条垂直于一个平面，则另一个必定垂直这个平面，现，故，C正确。对于D，，则与可平行或相交或，D错误，C正确。 二、多选题 26.(2021高考·全国)如图，在正方体中，O为底面的中心，P为所在棱的中点，M，N为正方体的顶点.则满足的是(  ) A. B. C. D. 26.BC 设正方体的棱长为，对于A，如图(1)所示，连接，则，故(或其补角)为异面直线所成的角，在直角三角形，，，故，故不成立，A错误。 对于B，如图(2)所示，取的中点为，连接，，则，，由正方体可得平面，而平面，故，而，故平面，又平面，，而，所以平面，而平面，故，B正确。 对于C，如图(3)，连接，则，由B的判断可得，故，C正确。 对于D，如图(4)，取的中点，的中点，连接，则，因为，故，故，所以或其补角为异面直线所成的角， 因为正方体的棱长为2，故，，，，故不是直角，故不垂直，D错误。 27.(2022高考·全国)如图，四边形为正方形，平面，，记三棱锥，，的体积分别为，则(  ) A. B. C. D. 27.CD 设，因为平面，，则，，连接交于点，连接，易得，又平面，平面，则，又，平面，则平面，又，过作于，易得四边形为矩形，则，则，，，则，，，则，则，，，A、B错误，C、D正确。 28.(2023高考·全国)下列物体中，能够被整体放入棱长为1(单位：m)的正方体容器(容器壁厚度忽略不计)内的有(  ) A.直径为的球体 B.所有棱长均为的四面体 C.底面直径为，高为的圆柱体 D.底面直径为，高为的圆柱体 28.ABD 因为，即球体的直径小于正方体的棱长，所以能够被整体放入正方体内，A正确。因为正方体的面对角线长为，且，所以能够被整体放入正方体内，B正确。因为正方体的体对角线长为，且，所以不能够被整体放入正方体内，C不正确。因为，可知底面正方形不能包含圆柱的底面圆，如图，过的中点作，设，可知，则，即，解得，且，即，故以为轴可能对称放置底面直径为圆柱，若底面直径为的圆柱与正方体的上下底面均相切，设圆柱的底面圆心，与正方体的下底面的切点为，可知：，则，即，解得，根据对称性可知圆柱的高为，所以能够被整体放入正方体内，D正确。 29.(2023高考·全国)已知圆锥的顶点为P，底面圆心为O，AB为底面直径，，，点C在底面圆周上，且二面角为45°，则(  ) A.该圆锥的体积为 B.该圆锥的侧面积为 C. D.的面积为 29.AC 依题意，，，所以，圆锥的体积为，A正确。圆锥的侧面积为，B错误。设是的中点，连接，则，所以是二面角的平面角，则，所以，故，则，C正确。，所以，D错误。 三、填空题 30.(2021高考·全国)已知一个圆锥的底面半径为6，其体积为则该圆锥的侧面积为__________. 30. ∵∴∴∴。 31.(2023高考·全国)已知点均在半径为2的球面上，是边长为3的等边三角形，平面，则__________. 31. 2 如图，将三棱锥转化为正三棱柱，设的外接圆圆心为，半径为，则，可得，设三棱锥的外接球球心为，连接，则，因为，即，解得. 32.(2023高考·全国)在正方体中，为的中点，若该正方体的棱与球的球面有公共点，则球的半径的取值范围是__________. 32. 设球的半径为，当球是正方体的外接球时，恰好经过正方体的每个顶点，所求的球的半径最大，若半径变得更大，球会包含正方体，导致球面和棱没有交点，正方体的外接球直径为体对角线长，即，故； 分别取侧棱的中点，显然四边形是边长为的正方形，且为正方形的对角线交点，连接，则，当球的一个大圆恰好是四边形的外接圆，球的半径达到最小，即的最小值为，综上，。 33.(2023高考·全国)在正方体中，E，F分别为AB，的中点，以EF为直径的球的球面与该正方体的棱共有__________个公共点。 33.12 不妨设正方体棱长为2，中点为，取，中点，侧面的中心为，连接，如图， 由题意可知，为球心，在正方体中，，即，则球心到的距离为，所以球与棱相切，球面与棱只有1个交点，同理，根据正方体的对称性知，其余各棱和球面也只有1个交点，所以以EF为直径的球面与正方体棱的交点总数为12。 34.(2023高考·全国)在正四棱台中，，则该棱台的体积为__________. 34. 如图，过作，垂足为，易知为四棱台的高， 因为，则，故，则，所以所求体积为。 35.(2023高考·全国)底面边长为4的正四棱锥被平行于其底面的平面所截，截去一个底面边长为2，高为3的正四棱锥，所得棱台的体积为__________. 35. 28 方法一：由于，而截去的正四棱锥的高为，所以原正四棱锥的高为，所以正四棱锥的体积为，截去的正四棱锥的体积为，所以棱台的体积为。 方法二：棱台的体积为。 36.(2024高考·全国)已知圆台甲、乙的上底面半径均为,下底面半径均为，圆台的母线长分别为,，则圆台甲与乙的体积之比为 . 36. 由题可得两个圆台的高分别为， ，所以. 37.(2025高考·全国二卷)一个底面半径为，高为的封闭圆柱形容器(容器壁厚度忽略不计)内有两个半径相等的铁球，则铁球半径的最大值为 . 37.2.5 圆柱的底面半径为，设铁球的半径为r，且，由圆柱与球的性质知，即，，故答案为：。 38.(2025高考·上海)如图，在正四棱柱中，，则该正四棱柱的体积为 . 38.112 因为且四边形为正方形，故，，故，故，故所求体积为. 39.(2025高考·北京)某科技兴趣小组用3D打印机制作的一个零件可以抽象为如图所示的多面体，其中ABCDEF是一个平面多边形，平面平面ABC，平面平面ABC，，.若，则该多面体的体积为 . 39.60 先证明一个结论：如果平面平面，平面平面，平面，则. 证明：设，， 在平面取一点，，在平面内过作直线，使得，作直线，使得，因为平面平面，，故，而，故，同理，而，故。 下面回归问题。连接，因为且，故，同理，，而，故直角梯形与直角梯形全等，故，在直角梯形中，过作，垂足为，则四边形为矩形，且为以为直角的等腰直角三角形，故，平面平面，平面平面，，平面，故平面，取的中点为，的中点为，的中点为，连接，则，同理可证平面，而平面，故平面平面，同理平面平面，而平面平面，故平面，故，故四边形为平行四边形，故，在平面中过作，交于，连接.则四边形为平行四边形，且，故，故四边形为平行四边形， 而平面，故平面，故平面平面，而，故，故几何体为直棱柱，而，故，因为，故平面，而平面，故平面平面，在平面中过作，垂足为，同理可证平面，而，故，故，由对称性可得几何体的体积为， 四、解答题 40.(2021高考·全国)已知直三棱柱中，侧面为正方形，，E，F分别为和的中点，。 (1)求三棱锥的体积； (2)已知D为棱上的点，证明：。 40.【答案】(1) (2)证明见解析 【解析】(1)由于，，所以，又AB⊥BB1，，故平面，则，为等腰直角三角形，，。 (2)由(1)的结论可将几何体补形为一个棱长为2的正方体，如图所示，取棱的中点，连结， 正方形中，为中点，则，又，故平面，而平面，从而 。 41.(2021高考·全国)如图，四棱锥的底面是矩形，底面，M为的中点，且。 (1)证明：平面平面； (2)若，求四棱锥的体积. 41.【答案】(1)证明见解析 (2) 【解析】(1)因为底面，平面，所以，又，，所以平面，而平面，所以平面平面。 (2)【方法一】：相似三角形法由(1)可知，于是，故。因为，所以，即故四棱锥的体积。 【方法二】：平面直角坐标系垂直垂直法由(2)知，所以。建立如图所示的平面直角坐标系，设。 因为，所以，，，，从而所以，即.下同方法一. 【方法三】：空间直角坐标系法，建立如图所示的空间直角坐标系， 设，所以，，，，，所以，，，所以.所以，即下同方法一。 【方法四】：空间向量法 由，得，所以，即.又底面，在平面内，因此，所以.所以，由于四边形是矩形，根据数量积的几何意义，得，即，所以，即，下同方法一。 42.(2021高考·全国)如图，在三棱锥中，平面平面，，为的中点. (1)证明：； (2)若是边长为1的等边三角形，点在棱上，，且二面角的大小为，求三棱锥的体积。 42.【答案】(1)证明见解析 (2) 【解析】(1)因为，O是中点，所以，因为平面，平面平面，且平面平面，所以平面，因为平面，所以。 (2)【方法一】：通性通法—坐标法，如图所示，以O为坐标原点，为轴，为y轴，垂直且过O的直线为x轴，建立空间直角坐标系，则，设， 所以，设为平面的法向量，则由可求得平面的一个法向量为.又平面的一个法向量为，所以，解得.又点C到平面的距离为，所以，所以三棱锥的体积为。 【方法二】：作出二面角的平面角，如图所示，作，垂足为点G，作，垂足为点F，连结，则。 因为平面，所以平面，为二面角的平面角.因为，所以，由已知得，故，又，所以.因为，. 【方法三】：三面角公式，考虑三面角，记为，为，，记二面角为.据题意，得，对使用三面角的余弦公式，可得，化简可得，①使用三面角的正弦公式，可得，化简可得.②将①②两式平方后相加，可得，由此得，从而可得. 如图可知，即有，根据三角形相似知，点G为的三等分点，即可得，结合的正切值，可得从而可得三棱锥的体积为。 43.(2022高考·全国)如图，四面体中，，E为AC的中点. (1)证明：平面平面ACD； (2)设，点F在BD上，当的面积最小时，求三棱锥的体积. 43.【答案】(1)证明见解析 (2) 【解析】(1)由于，是的中点，所以，由于，所以，所以，故，由于，平面，所以平面，由于平面，所以平面平面。 (2)【方法一】：判别几何关系，依题意，，三角形是等边三角形，所以，由于，所以三角形是等腰直角三角形，所以，，所以，由于，平面，所以平面。由于，所以，由于，所以，所以，所以，由于，所以当最短时，三角形的面积最小过作，垂足为，在中，，解得，所以，所以过作，垂足为，则，所以平面，且，所以，所以. 【方法二】：等体积转换，，， 是边长为2的等边三角形， 连接。 44.(2022高考·全国)小明同学参加综合实践活动，设计了一个封闭的包装盒，包装盒如图所示：底面是边长为8(单位：)的正方形，均为正三角形，且它们所在的平面都与平面垂直。 (1)证明：平面； (2)求该包装盒的容积(不计包装盒材料的厚度)。 44.【答案】(1)证明见解析 (2) 【解析】(1)如图所示： 分别取的中点，连接，因为为全等的正三角形，所以，，又平面平面，平面平面，平面，所以平面，同理可得平面，根据线面垂直的性质定理可知，而，所以四边形为平行四边形，所以，又平面，平面，所以平面。 (2)【方法一】：分割法一 如图所示： 分别取中点，由(1)知，且，同理有，，，，由平面知识可知，，，，所以该几何体的体积等于长方体的体积加上四棱锥体积的倍。因为，，点到平面的距离即为点到直线的距离，，所以该几何体的体积。 【方法二】：分割法二 如图所示： 连接AC，BD，交于O，连接OE，OF，OG，OH.则该几何体的体积等于四棱锥O-EFGH的体积加上三棱锥A-OEH的倍，再加上三棱锥E-OAB的四倍.容易求得，OE=OF=OG=OH=8，取EH的中点P，连接AP，OP.则EH垂直平面APO.由图可知，三角形APO，四棱锥O-EFGH与三棱锥E-OAB的高均为EM的长.所以该几何体的体积。 45.(2023高考·全国)如图，在三棱柱中，平面。 (1)证明：平面平面； (2)设，求四棱锥的高. 45.【答案】(1)证明见解析 (3) 【解析】(1)证明：因为平面，平面，所以，又因为，即，平面，，所以平面，又因为平面，所以平面平面。 (2)如图， 过点作，垂足为，因为平面平面，平面平面，平面，所以平面，所以四棱锥的高为。因为平面，平面，所以，，又因为，为公共边，所以与全等，所以，设，则，所以为中点，，又因为，所以，即，解得，所以，所以四棱锥的高为。 46.(2023高考·全国)如图，在三棱柱中，底面ABC，，到平面的距离为1。 (1)证明：； (2)已知与的距离为2，求与平面所成角的正弦值. 46.【答案】(1)证明见解析 (2) 【解析】(1)如图， 底面，面，，又，平面，，平面ACC1A1，又平面，平面平面，过作交于，又平面平面，平面，平面到平面的距离为1，，在中，，设，则，为直角三角形，且，，，，，解得，，。 (2) ，，过B作，交于D，则为中点，由直线与距离为2，所以，，，在，，延长，使，连接，由知四边形为平行四边形，，平面，又平面，则在中，，，在中，，，，又到平面距离也为1，所以与平面所成角的正弦值为。 47.(2023高考·天津)三棱台中，若面，分别是中点。 (1)求证：//平面； (2)求平面与平面所成夹角的余弦值； (3)求点到平面的距离。 47.【答案】(1)证明见解析 (2) (2) 【解析】(1) 连接由分别是的中点，根据中位线性质，//，且，由棱台性质，//，于是//，由可知，四边形是平行四边形，则//，又平面，平面，于是//平面。 (2)过作，垂足为，过作，垂足为，连接由面，面，故，又，，平面，则平面由平面，故，又，，平面，于是平面，由平面，故。于是平面与平面所成角即，又，，则，故，在中，，则，于是。 (3)【方法一：几何法】 过作，垂足为，作，垂足为，连接，过作，垂足为，由题干数据可得，，，根据勾股定理，，由平面，平面，则，又，，平面，于是平面又平面，则，又，，平面，故平面.在中，，又，故点到平面的距离是到平面的距离的两倍，即点到平面的距离是。 【方法二：等体积法】 辅助线同方法一设点到平面的距离为，，由，即。 48.(2024高考·全国)如图，，，，,为的中点. (1)证明：平面； (2)求点到的距离. 48.【答案】(1)证明见详解； (2). 【解析】(1)由题意得，，且，所以四边形是平行四边形，所以，又平面平面，所以平面； (2)取的中点，连接，，因为，且，所以四边形是平行四边形，所以，又，故是等腰三角形，同理是等腰三角形，可得，又，所以，故.又平面，所以平面，易知.在中，，所以.设点到平面的距离为，由，得，得，故点到平面的距离为. 49.(2024高考·全国)如图，四棱锥中，底面ABCD，，. (1)若，证明：平面； (2)若，且二面角的正弦值为，求. 49.【答案】(1)证明见解析 (2) 【解析】(1)(1)因为平面，而平面，所以，又，，平面，所以平面，而平面，所以.因为，所以， 根据平面知识可知，又平面，平面，所以平面. (2)如图所示，过点D作于，再过点作于，连接，因为平面，所以平面平面，而平面平面，所以平面，又，所以平面，根据二面角的定义可知，即为二面角的平面角，即，即.因为，设，则，由等面积法可得，，又，而为等腰直角三角形，所以，故，解得，即. 50.(2024高考·上海)如图为正四棱锥为底面的中心. (1)若，求绕旋转一周形成的几何体的体积； (2)若为的中点，求直线与平面所成角的大小. 50.【答案】(1) (2) 【解析】(1)正四棱锥满足且平面，由平面，则，又正四棱锥底面是正方形，由可得，，故，根据圆锥的定义，绕旋转一周形成的几何体是以为轴，为底面半径的圆锥，即圆锥的高为，底面半径为，根据圆锥的体积公式，所得圆锥的体积是 (2)连接，由题意结合正四棱锥的性质可知，每个侧面都是等边三角形， 由是中点，则，又平面，故平面，即平面，又平面，于是直线与平面所成角的大小即为，不妨设，则，，又线面角的范围是，故.即为所求. 51.(2025高考·上海)如图，P是圆锥的顶点，O是底面圆心，AB是底面直径，且. (1)若直线PA与圆锥底面的所成角为，求圆锥的侧面积； (2)已知Q是母线PA的中点，点C、D在底面圆周上，且弧AC的长为，.设点M在线段OC上，证明：直线平面PBD. 51.【答案】(1) (2)证明见解析 【解析】(1)由题知，，即轴截面是等边三角形，故，底面周长为，则侧面积为：。 (2)由题知，则根据中位线性质，，又平面，平面，则平面由于，底面圆半径是，则，又，则，又，则为等边三角形，则，于是且，则四边形是平行四边形，故，又平面，平面，故平面，又平面，根据面面平行的判定，于是平面平面，又，则平面，则平面。 2 / 30 学科网（北京）股份有限公司 $$